山西省晋城市陵川县学年高二化学下学期期中.docx

1、山西省晋城市陵川县学年高二化学下学期期中山西省晋城市陵川县2016-2017学年高二化学下学期期中试题（扫描版）试卷答案1.B【考点】绿色化学【分析】A食品添加剂包括酸度调节剂、抗结剂、消泡剂、抗氧化剂、漂白剂、膨松剂、着色剂、护色剂、酶制剂、增味剂、营养强化剂、防腐剂、甜味剂、增稠剂、香料等；B硅胶具有吸水性，无毒；C碳纤维是无机非金属材料；D加入少量的石灰石，二氧化硫可转化为硫酸钙【解答】解：A我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，故A错误；B硅胶具有吸水性，无毒，可以用作食品干燥剂，故B正确；C碳纤维是无机非金属材料，不是有机物

2、，不是有机高分子材料，故C错误；D加入少量的石灰石，二氧化硫可转化为硫酸钙，可减少二氧化硫的污染，不能减少二氧化碳的排放，故D错误；故选：B2.A试题分析：A标准状况下，22.4L的CH3Cl的物质的量是1mol，所含质子数为26NA，故A正确；B胶粒是多个微粒的集合体，故B错误；C醋酸是弱酸，无法完全电离，故C错误；D乙炔分子中碳与碳之间形成三对电子对，故D错误；故A正确。3.A试题分析：由短周期元素在周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则X为O，可推知Y是F元素，Z是Si元素，W是S元素，Q是Cl元素；

3、AO、S能与Na形成摩尔质量相同的化合物，分别为Na2O2、Na2S，且阴阳离子个数比都是1：2，故A正确；B含O与Si元素的常见化合物是二氧化硅，属于共价，故B错误；CCl的非金属性大于S，所以最高价氧化物的水化物的酸性ClSi，但未指明最高价氧化物的水化物时，不能确定，如次氯酸与硫酸相比，硫酸的酸性大于次氯酸，故C错误；D同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径的大小关系是ZWQY，故D错误，故选A。4.C本题考查了离子共存。酸性环境中能氧化Fe2，A错误；水电离出的c(H)10-12 mol/L，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，HCO3在酸性、碱性中均不能存在，

4、B错误；c(H)/c(OH)1012，溶液呈酸性，酸性环境中NH4+、Al3+、NO3、Cl可以大量共存，C正确；Fe3+能与SCN发生反应，D错误。5.A【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】由于气体呈无色，所以其中一定没有Cl2、NO2，气体通过品红，品红褪色，说明混合气体中含有SO2，剩余气体排入空气中呈红棕色，说明其中含有NO，结合原混合气体无色，说明混合气体中没有O2【解答】解：该气体是无色的，则一定不能含有氯气（黄绿色）和NO2（红棕色）混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明含有SO2把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，这说明含有

5、NO，因此就一定不能含有O2，故选A6.A试题分析：H2SO3的还原性强于HBr，因此发生反应的先后顺序是H2SO3Cl2H2O=H2SO42HCl，H2SO3是中强酸，H2SO4和HCl都是强酸，因此c(H)增大，2HBrCl2=2HClBr2，氢离子浓度不变，故选项A正确。7.A试题分析A水从气态到液态、从液态到固态的变化均是熵减的过程，根据盖斯定律：反应H2O(g)H2O(l)是1/2，H(a-b)/2kJ/mol，故A错误；B当有4NA个C-H键断裂时，即消耗甲烷的物质的量是1mol，该反应放出热量为a kJ或是bkJ，故B错误；C根据反应CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2

6、O(g)吸收的热量为2x+413kJ2，放出的热量是：798kJ2+463kJ4=2522kJ，反应是放热的，所以2x+413kJ2-2522kJ=bkJ，解得x=，故C正确；D电解精炼铜的原理：负极上是金属锌、铁、镍先失电子，当负极输出0.2NA个电子时，电解槽的阳极不仅今是减小的金属铜的质量，故D错误；故选C。8.B【考点】化学实验方案的评价【分析】A用电解方法制取Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色，应该用Fe作阳极；B升高温度，平衡向吸热方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动；C铁在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，在强酸性条件下发生析氢腐蚀；D测定反应速率时，应该用分液漏斗而不是长颈漏

7、斗【解答】解：A用电解方法制取Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色，应该用Fe作阳极，如果Fe作阴极，没有亚铁离子生成导致无法制取Fe（OH）2，故A错误；B升高温度，平衡向吸热方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动，所以可以利用温度不同结合物质颜色变化确定反应热，故B正确；C铁在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，在强酸性条件下发生析氢腐蚀，氯化钠溶液呈中性，所以该装置是验证铁发生吸氧腐蚀，故C错误；D测定反应速率时，应该用分液漏斗而不是长颈漏斗，否则生成的气体从长颈漏斗中逸出且无法控制液体流速，故D错误；故选B9.D试题分析：A平衡常数K=c(B)c(C)，只与温度有关，则缩小容器体积，K保持

8、不变，因c(B)、c(C)同等倍数变化，为使K保持不变，只有c(B)、c(C)浓度均不变化，即与原平衡浓度相等，故A正确；B根据平衡的v(正)=v(逆)可知，平衡时，单位时间内n(B)生成：n(C)消耗=1：1，故B正确；C因A是固体，再向平衡体系中加入少量A，平衡不移动，故C正确；D由于反应是可逆反应，因此达到平衡时吸收热量小于Q，故D错误；故选D。10.B【考点】取代反应与加成反应【分析】根据加成反应的定义：有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应【解答】解：A、甲烷中的氢原子被氯原子所取代，属于取代反应，故A错误；B、乙烯中的碳碳双键断裂，两个碳

9、原子分别结合了溴原子，属于加成反应，故B正确；C、乙醇在铜的催化作用下被氧气氧化，属于氧化反应，故C错误；D、苯中的氢原子被硝基所取代，属于取代反应，故D错误；故选B11.B12.C【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A温度不变，电离平衡常数不变；B加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知c（CH3COO）增大，则电离平衡逆向移动误；C加入少量NaOH固体，与溶液中的H+结合，导致溶液中氢离子浓度减小；DpH=5的CH3COOH溶液中，氢离子浓度为1105molL1，加入少量pH=5的硫酸，该硫酸溶液中氢离子浓度为1105molL1，氢离子浓度相等，平衡不移动【解答

10、】解：A加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，由于温度不变，则醋酸的电离平衡常数不会变化，故A错误；B加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO）增大，该电离电离平衡向左移动，故B错误；C加入少量NaOH固体，氢氧化钠电离的氢氧根离子与CH3COOH电离生成的H+反应生成水，导致溶液中氢离子浓度减小，故C正确；DpH=5的CH3COOH溶液中，氢离子浓度为1105molL1，pH=5的硫酸溶液中氢离子浓度为1105molL1，两溶液中氢离子浓度相等，平衡不移动，则混合液中c（H+）不变，故D错误；故选C13.B试题分析：A二氧化硫起始浓度为2mol/10L=0.2mol/L，由甲图可

11、知B点SO2的转化率为0.85，所以c(SO2)=0.850.2mol/L=0.17mol/L，故二氧化硫的平衡浓度为0.2mol/L-0.17mol/L=0.03mol/L，故A错误；B由甲图可知A点SO2的转化率为0.8，所以c(SO2)=0.80.2mol/L=0.16mol/L，则： 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)开始(mol/L)： 0.2 0.1 0变化(mol/L)：0.16 0.08 0.16平衡(mol/L)：0.04 0.02 0.16所以A点平衡常数为K=800，故B正确；C达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡

12、向体积减小的反应移动，即平衡向正反应移动，故V(正)V(逆)，可以用图乙表示，故C错误；D由到达平衡的时间可知，温度为T1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快，故T2T1，故D错误。14.B15.D试题分析：A、a电极上NONH4，化合价降低，得电子，因此a连接电源的负极，作阴极，故错误；B、b 电极为为阳极，反应式为NO2H2O3e=NO34H， 故错误；C、阴极反应式为NO6H5e=NH4H2O，总电极反应式为：8NO7H2O=3NH4NO32HNO3，转移5mol电子，消耗NO的物质的量为8/3mol，NO的体积为822.4/3L，故错误；D、根据电极总反应式，多了硝酸，因此需

13、要通入NH3，故正确。16.B【名师点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，涉及物料守恒、电荷守恒等知识，试题知识点较多、综合性较强，解题时注意电荷守恒及物料守恒的应用，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。25时，用0.0500molL-1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000molL-1NaOH溶液，发生的反应为：H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4。A点表示滴入25.00mL0.0500molL-1H2C2O4（二元弱酸）溶液，恰好完全反应，生成正盐草酸钠，结合电荷守恒判断；B点溶液中，依据质量

14、守恒、溶液体积增大判断即可；C点滴入0.0500molL-1H2C2O4（二元弱酸）溶液50.00mL，溶液溶质为NaHC2O4，溶液呈酸性；D点为草酸钠成碱性，点溶液溶质为NaHC2O4、Na2C2O4呈中性，点溶液，溶质为NaHC2O4，呈酸性，介于和之间溶液NaHC2O4逐渐增多，溶液呈酸性。17.(1)正 4OH4 e O2+2H2O 变大 变小 不变(2)2CuSO4+2H2O2Cu+ O2+2H2SO4 16 氧化铜解析：本题考查了电解池及相关计算。(1) 电极均为石墨电极，而乙中电解质为CuSO4溶液，且c电极质量增加，则c电极发生Cu2+2eCu，说明c电极为阴极，由此可推断电

15、源M极为负极，N为正极；甲中电解质为NaOH溶液，而b电极为阳极，故电极反应为：4OH4 e O2+2H2O；甲中电解NaOH溶液为电解水型，OH浓度增大，pH变大；乙中电解CuSO4溶液为放氧生酸型，故pH变小；丙中电解K2SO4溶液为电解水型，pH不变；(2)乙中电解CuSO4溶液为放氧生酸型，电解反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+ O2+2H2SO4；e电极阴极，电极反应式为：2H+2eH2，收集到气体在标准状况下体积为4.48 L，即为0.2 mol，则转移0.4 mol e，根据转移电子数目相等，则乙中生成了0.2 mol铜和0.1 mol氧气，所以复原时加0.2 mol氧

16、化铜，即16 g。18.（1）K12/K2 （2分） （2）289-2a （2分） （3） （2分），（2分）； 0.1（2分）； 2（2分）； （4）A（2分）（3） 根据图像可知T2T1，降低温度c(C1NO)增大，说明平衡向正反应方向移动，说明正反应是放热反应，H0。 反应开始到10min时，c(C1NO)=1mol/L，则v(C1NO)= 1mol/L10min=0.1mol/(Lmin)，则NO的平均反应速率v(NO)=v(C1NO)=0.1mol/(Lmin) 2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)起始(mol/L) 2 1 0反应(mol/L) 1 0.5 1平衡(mol/

17、L) 1 0.5 1所以T2时该反应的平衡常数K=12/120.5=2。 （4）n(NO)/n(C12)的比值越小，说明若n(NO)不变，n(C12) 越大，所以NO的转化率越大，NO的转化率最大的是A点。 19.（1）ls22s22p63s23p64s1(2分)；(1分)（2）平面正三角形（1分）（3）sp3（1分）；4(2分)（4）1：2（1分）；低（1分）（5）4（2分）；8（2分）； (2分)试题分析：（1）钾为于第四周期第A族。基态钾原子的核外电子排布式为ls22s22p63s23p64s1或4s1。因同主以K2S晶体的密度为= =。20.I. (1)CO2(g)+3H2 (g)=C

18、H3OH(1)+H2O(l) AH=-50 kJ/mol （3分）(2)0. 0125 mol/(Lmin)（2分）4（不写单位给分，写错单位不给分）（2分）减小（1分） (1)甲醇（1分） CH3OHH2O6e=CO26H（2分）(2)2Cl2e=Cl2 2H2O4e=O24H（3分）解析：I(1)从图示可写出以下两个反应的热化学方程式：CO(g)+H2O(1)=CO2 (g)+H2 (g) AH=-41 kJ/molCO(g)+2H2 (g)=CH3OH(l) AH=-91 kJ/mol根据盖斯定律，-可得：CO2 (g)+3H2 (g)=CH3OH(1)+H2O(l) AH=-50 kJ

19、/mol(2)从反应开始到20 min时，设CO的浓度变化量是x， CO(g)+2H2 (g) CH3OH(g) 初始浓度：0.5 1 0 变化浓度：x 2x x 平衡浓度：0.5-x l-2x x根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则解得. X=0. 25 mol/I，从反应开始到20 min时，以CO表示的平均反应速率v=c/t=0. 25 mol/L20 min=0. 0125 mol/(Lmin)，平衡常数K= 4对于该放热反应，温度升高，化学平衡常数会减小。(1)原电池中电子从负极经外电路流向正极，根据电子转移的方向可知c为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OHH2O6e

20、=CO26H (2)若以该电池为电源，用石墨做电极电解200 mL已知溶液时，根据放电顺序，阳极氯气和阴极氢气相同，设阳极生成的氧气物质的量为x，阴极上也应生成氢气物质的量x 阳极电极反应为：2Cl 2e= Cl2， 4OH-4e=2H2OO2 0.4 mol 0.4 mol 0.2 mol 4x 4x x 阴极电极反应为：Cu2 2e= Cu 2H 2e= H2 0.1 mol 0.2 mol 0.1 mol 0.4 moI 0.4 mol 0.2 mol 2H2e=H2 2x 2x x依据电子守恒0. 4+4x=0.2+0.4+2x x=0.1 mol所以此时阳极发生的电极反应式：4OH-4e=O22H2O